解：（i）假设直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m，设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），

联立 ${\begin{matrix} y = k x + m \\ \frac{x^{2}}{8} + \frac{y^{2}}{4} = 1 \end{matrix}$ ，可得（1+2k²）x²+4kmx+2m²﹣8=0．

由求根公式得 $x_{1} + x_{2} = - \frac{4 k m}{1 + 2 k^{2}} ， x_{1} x_{2} = \frac{2 m^{2} - 8}{1 + 2 k^{2}}$ ．（*）

∵以PQ为直径的圆过坐标原点O，∴ $\vec{O P} ⊥ \vec{O Q}$ ．即 $\vec{O P} \cdot \vec{O Q} = 0$ ．

∴x₁x₂+y₁y₂=0．即∴x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0．

化简可得， $(k^{2} + 1) x_{1} x_{2} + k m (x_{1} + x_{2}) + m^{2} = 0$ ．

将（*）代入可得 $\frac{3 m^{2} - 8 k^{2} - 8}{1 + 2 k^{2}} = 0$ ，即3m²﹣8k²﹣8=0．

即 $m^{2} = \frac{8 (k^{2} + 1)}{3}$ ，又 $| P Q | = \sqrt{1 + k^{2}} | x_{1} - x_{2} | = \sqrt{1 + k^{2}} \frac{\sqrt{64 k^{2} - 8 m^{2} + 32}}{1 + 2 k^{2}}$ ．

将 $m^{2} = \frac{8 (k^{2} + 1)}{3}$ 代入，可得 $| P Q | = \sqrt{1 + k^{2}} \frac{\sqrt{\frac{2 \times 64 k^{2}}{3} + \frac{32}{3}}}{1 + 2 k^{2}} = \sqrt{\frac{32}{3}} \cdot \sqrt{\frac{(4 k^{2} + 1) (1 + k^{2})}{{(1 + 2 k^{2})}^{2}}} = \sqrt{\frac{32}{3}} \sqrt{1 + \frac{k^{2}}{1 + 4 k^{4} + 4 k^{2}}}$

= $\sqrt{\frac{32}{3}} \sqrt{1 + \frac{1}{\frac{1}{k^{2}} + 4 k^{2} + 4}} \leq 2 \sqrt{3}$ ．

∴当且仅当 $\frac{1}{k^{2}} = 4 k^{2}$ ，即 $k = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$ 时等号成立．又由 $\frac{k^{2}}{1 + 4 k^{4} + 4 k^{2}} \geq 0$ ，∴ $| P Q | \geq \sqrt{\frac{32}{3}} = \frac{4 \sqrt{6}}{3}$ ，

∴ $\frac{4 \sqrt{6}}{3} \leq | P Q | \leq 2 \sqrt{3}$ ．

（ii）若直线l的斜率不存在，因以PQ为直径的圆过坐标原点O，故可设OP所在直线方程为y=x，

联立 ${\begin{matrix} y = x \\ \frac{x^{2}}{8} + \frac{y^{2}}{4} = 1 \end{matrix}$ 解得 $P (\frac{2 \sqrt{6}}{3} ， \frac{2 \sqrt{6}}{3})$ ，同理求得 $Q (\frac{2 \sqrt{6}}{3} ， - \frac{2 \sqrt{6}}{3})$ ，

故 $| P Q | = \frac{4 \sqrt{6}}{3}$ ．综上，得 $\frac{4 \sqrt{6}}{3} \leq | P Q | \leq 2 \sqrt{3}$

2017年贵州省铜仁四中高考数学模拟试卷（理科）